「2020-2021 集训队作业」Yet Another Permutation Problem

「2020-2021 集训队作业」Yet Another Permutation Problem

题目大意

对于一个初始为(1,2,ldots n)的排列，每次操作为选择一个数放到开头或者结尾，求(k)次操作能够生成的排列数

对于(k=0,1,ldots ,n-1)求解

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模型转化

容易发现，对于一个排列，生成它的最小次数取决于中间保留段的长度

而保留段实际上是任何一个上升子段

设一个排列的最长上升子段为(l)，那么最少操作步骤就是(n-l)

那么对于(k)，合法的序列就是存在一个长度(ge n-k)的上升子段

存在不好算，改为计算任何一个上升子段(<n-k)的数量

为了便于描述，令下文的(k=n-k-1)

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生成函数构造

考虑一个序列是由若干上升段构成的，设一个长度为(l)的上升段的权值为([lleq k])

那么排列的权值就是上升段权值之积

容易想到用( ext{EGF})合并上升段，但是直接的统计，我们无法保证上升段之间无法拼接

假设我们确定了一个单位上升段的( ext{EGF})为(G(x))，( ext{OGF})为(F(x))

那么按照上面( ext{Naive})的计算，上升段之间的合并为有序拼接，即(displaystyle sum_{i=0}G^i(x)=frac{1}{1-G(x)})

容易发现，这样的计算，会导致一个长度为(l)的极长上升段被分解成若干小段

也就是被计算了(displaystyle [x^l](sum_{i=0}F^i(x))=[x^l]frac{1}{1-F(x)})次

在合法的计算中，我们希望，([x^l]frac{1}{1-F(x)})恰好为权值([lleq k])

也就是说，我们希望(displaystyle frac{1}{1-F(x)}=H(x)=sum_{i=0}^kx^i=frac{x^{k+1}-1}{x-1})

那么可以反向由(H(x))构造出我们想要的(F(x))，从而得到(G(x))，再进行求解

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答案计算

(displaystyle F(x)=1-frac{1}{H(x)}=1-frac{x-1}{x^{k+1}-1}=frac{x-x^{k+1}}{1-x^{k+1}})

可以爆算得到(F(x))，从而得到(G(x))，然后暴力求逆就是(O(n^2))

优化：

(1-x^{k+1})的逆，只包含(frac{n}{k+1})项，所以(G(x))只含(2frac{n}{k+1})项

即(displaystyle F(x)=sum_{d=0}x^{d(k+1)+1}-sum_{d=1}x^{d(k+1)})，(G(x))就是除一个阶乘

这样暴力求逆就是(O(n^2ln n))

（不是你干嘛要真的求逆，直接进行(G(x))的叠加就可以了）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair <int,int> Pii;
#define reg register
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); }
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ ((a<b)&&(a=b)); }

char IO;
template <class T=int> T rd(){
	T s=0; int f=0;
	while(!isdigit(IO=getchar())) f|=IO=='-';
	do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
	while(isdigit(IO=getchar()));
	return f?-s:s;
}

const int N=1010,INF=1e9+10;

int n,P,I[N],J[N];
ll qpow(ll x,ll k=P-2){
	ll res=1;
	for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
	return res;
}
int F[N];

int main(){
	n=rd(),P=rd();
	rep(i,*J=1,n) J[i]=1ll*J[i-1]*i%P;
	I[n]=qpow(J[n]);
	drep(i,n,1) I[i-1]=1ll*I[i]*i%P;
	drep(k,n,1) {
		F[0]=1;
		rep(j,1,n) {
			F[j]=0;
			for(int d=1;d<=j;d+=k) F[j]=(F[j]+1ll*F[j-d]*I[d])%P;
			for(int d=k;d<=j;d+=k) F[j]=(F[j]-1ll*F[j-d]*I[d])%P;
		}
		printf("%d
",int((1ll*(P+1-F[n])*J[n])%P));
	}
}